OliForum Matematico

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2003-02-26 17:01, ma_go wrote:
<BR>Allora...
<BR>1) io sono in 4^ liceo
<BR>2) scrivi direttamente x piani al posto di 100, ti viene una semplice disuguaglianza di secondo grado...
<BR>3) vengono fuori dei \"bei\" binomiali... basta saperli \"vedere\"!
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Ci penserò stasera tardi, ma non credo sia una cosa così semplice, almeno per me.

Il massimo piano critico con un certo numero di lanci:
<BR>Con n lanci il massimo piano critico è: (1+2+...+(n-1)+n)+1
<BR>Con 14 lanci, per esempio, il massimo piano critico è il 106!
<BR>Infatti lanci la prima sfera al 14° piano, poi al 27° (14+13), poi al 39° fino al 105°, se al 105° piano la sfera non si è ancora rotta, il piano critico sarà l\'ultimo, il 106°!
<BR>
<BR>Giusto?

per il secondo problema.......... ho un numerino in testa ma tutt\'altro che dimostrato!!!
<BR>
<BR>
<BR>l\'unica cosa certa : nn si puo passare da una configurazione in cui vi sono n rettangoli ( creati da 4 pedine) ad una con un numero di rettangoli diverso....... e abbiamo che n =< 4
<BR>
<BR>lo so nn è molto ma....forse serve a qualcosa
<BR>
<BR>ciao

Interessante questa!! Se la aggiungi a quella che ho trovato io (cioè che la cardinalità è pari...)...

ma sei sicuro di quello che hai scritto? potresti postarne la dimostrazione?

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2003-02-26 18:07, massiminozippy wrote:
<BR>Allora prima fai 0+14=14.
<BR>Poi 14+13=27.
<BR>Poi 27+12=39.
<BR>Poi 39+11=50.
<BR>Poi 50+10=60.
<BR>Poi 60+9=69.
<BR>Poi 69+8=77.
<BR>Poi 77+7=84.
<BR>Poi 84+6=90
<BR>Poi 90+5=95.
<BR>Il tutto in 10 lanci. Quindi nella peggiore delle ipotesi ti servono altri 4 lanci per stabilire il piano critico.
<BR>Se non è chiaro chiedi ancora, non preoccuparti.
<BR>
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>E\' perfettamente chiaro... Sorry <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif"> !!! Quando ieri ho chiesto delucidazioni era una connessione di fretta e... ripensandoci poco dopo essermi sconnesso mi sono scioccato per la mia ignoranza, quantomeno momentanea!!! Cmq grazie! Cercherò di rifarmi risolvendo qualche altro problemino!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

Windowslistener mi potresti postare la dimostrazione???

Mi sembra abbastanza ovvio... Se sposti una colonna (o una riga) non fai che stirare in qualche direzione il rettangolo che le 2 pedine su quella colonna formavano con le 2 di un\'altra colonna (se esisteva): una mossa sono due spostamenti di colonne (o righe) simmetrici
<BR>
<BR>(questo forse è meno ovvio) un rettangolo occupa completamente due righe e due colonne: se ci fossero 5 rettangoli (certamente non di più perché non basterebbero le pedine: ogni pedina appartiene ad al più un rettangolo) sarebbero occupate 10 righe e 10 colonne e rimarrebbe solo una casella libera per le 2 pedine rimanenti
<BR>Il problema è dire se due configurazioni che hanno lo stesso numero di rettangoli sono equivalenti (in generale temo di no, ma sarebbe bello)

scusa ma_go ma mi sono connesso solamente ora....
<BR>
<BR>la dimostrazione dici .... vediamo se riesco a scrivere brevemente :
<BR>
<BR>supponiamo che tu abbia 4 pedine disposte a rettangolo ora spostando una riga o una colonna ottieni sempre una figura omotetica alla precedente ( intuitivamente mi pare ovvio) ok ! ora proviamo a formalizzare....
<BR>una qualsiasi trasformazione ( scambiare riga con riga o colonna con colonna) ha come invarianza la perpendicolarità di 3 pedine disposte in questo modo
<BR>A
<BR>
<BR>
<BR>B C
<BR>
<BR>poiche qualunque trasformazione manterra sulla stessa riga le pedine B e C e le pedine A e B quindi il triangolo ABC sarà sempre rettangolo con qualsiasi trasformazione....e di conseguenza anche il nostro rettangolo rimmarra tale
<BR>
<BR>quindi se ci sono n rettangoli dopo una trasformazione qualsiasi ce ne saranno ancora n ....
<BR>
<BR>lo so nn è molto rigoroso ma spero che nn sia da buttar via!

In questo senso \"rettangoli\"!! la cosa non mi tornava!! ma... non è detto che ce ne siano per forza, o si?? boh, dovrei pensarci un attimo...

effettivamente nn saprei se ci sono per forza anche se così ad intuito credo di si ( pessimo matematico che sono)!!!
<BR>
<BR>

Cosa ben più interessante: colleghiamo ciacuna pedina con le due sulla stessa riga/colonna. Possiamo ottenere figure chiuse di varie dimensioni, per un totale di 14 combinazioni diverse, per cui ci sono ALMENO 14*2 (in base al risultato precedente) disposizioni non equivalenti... si può fare di più credo...

Non volgio che questo forum finisca nel dimenticatoio.
<BR>A tal proposito gradire che ma_go postasse la soluzione completa del primo esercizio, ossia con la generalizzazione ad n paini, e tutte quelle altre cose carine che diceva lui.

Allora... generalizzazione a p piani (e 2 sfere): quasi immediata...
<BR>il numero minimo di piani è dato dal minimo n tale che n(n+1)/2 sia maggiore o uguale a p.
<BR>Generalizzazione a k sfere (e p piani): con un ragionamento analogo, si ricava che il numero cercato è quel numero tale che comb(n,k) sia maggiore o uguale a p (almeno mi pare)... dimostrare comunque è una parola grossa!